宁夏吴忠市吴忠中学2016届高三下学期开学考试理科综合化学(解析版).doc

宁夏吴忠市吴忠中学2016届高三下学期开学考试理科综合化学一、单选题：共7题1．下列说法不正确的是A.干冰可用于人工降雨B.过氧化钠常用作航天员的供氧剂C.乘车严禁携带易燃、易爆等危险品D.大量开采、使用可燃冰不会对环境造成影响【答案】D【解析】本题考查了化学与生活。干冰升华会带走周围热量，所以干冰可用于人工降雨，故A正确，不选。因Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，所以过氧化钠可用作航天员的供氧剂，故B正确，不选。乘车携带易燃、易爆等危险品易造成危险事故，故C正确，不选。海底富含可燃冰，但开采不当会使CH4气体释放到空气中造成温室效应加剧，故D错。2．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A.1mol乙烷含C-H键的数目为7NAB.1L0.5mol/LNa2S溶液中HS-的数目为0.5NAC.标准状况下，Na与水反应产生22.4LH2时转移电子数目为2NAD.含1molHCOOH的水溶液中含氧原子的总数目为2NA【答案】C【解析】本题考查了阿伏加德罗常数的计算。乙烷的分子式为C2H6，所以1mol乙烷含C-H键的数目为6NA，故A错。1L0.5mol/L的Na2S的溶液中含有溶质硫化钠0.5mol，由于硫离子部分水解生成硫化氢、硫氢根离子，根据物料守恒可得，S2-、HS-、H2S-的总物质的量为0.5mol，则溶液中S2-与HS-的物质的量之和小于0.5mol，S2-与HS-的总数小于0.5NA，故B错。标准状况下，22.4LH2的物质的量为1mol，转移的电子的物质的量为2mol，故C正确。水中也含有氧原子，所以含1molHCOOH的水溶液中含氧原子的总数目远远大于2NA，故D错。3．饱和醇X的分子式为C5H12O，与足量乙酸反应生成酯Y，且X可由烯烃与水在一定条件下反应制得，Y的结构共有A.6种B.7种C.8种D.9种【答案】B【解析】本题考查了同分异构体的书写。饱和醇X的分子式为C5H12O，X可由烯烃与水在一定条件下反应制得，则该饱和一元醇的羟基所连碳原子相邻的碳原子上有氢原子，则有HOCH2CH2CH2CH2CH3、HOCH(CH3)CH2CH2CH3、HOCH(CH2CH3)2、HOCH2CH(CH3)CH2CH3、HOC(CH3)2CH2CH3、HOC(CH3)CH(CH3)2、HOCH2CH2CH(CH3)2，有几种醇，与乙酸反应就生成几种酯，故该题选B。4．短周期主族元素M、N、R、T的原子半径与族序数关系如图所示，下列推断不正确的是A.常压下，单质R的熔点高于单质M的熔点B.R、T的简单离子都会破坏水的电离平衡C.N2M2与R2M3中所含化学健的类型完全相同D.N、R、T的最高价氧化物对应的水化物之间能相互反应【答案】C【解析】本题考查了元素周期表和元素周期律的知识及化学键。同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，T和M都是第ⅥA族，且半径T大于M，则M为O元素，T为S元素，N为第ⅠA族，且半径大于T，则N为Na元素，R是第ⅢA族，且半径大于T，则R为Al元素。铝单质为金属晶体，单质硫为分子晶体，所以铝单质的熔点高于硫单质的熔点，故A正确，不选。铝离子是弱碱根离子，可水解，能破坏水的电离平衡，硫离子是弱酸根离子，可水解，能破坏水的电离平衡，故B正确，不选。过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，而氧化铝中只含有离子键，故C错，选C。N、R、T的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，即可与氢氧化钠反应生成偏氯酸钠和水，又可与硫酸反应生成硫酸铝和水，故D正确，不选。5．据英国《金融时报》网站最近报道，英国科学家研制出一种超容量的锂电池.其简易电池工作原理如图所示。X、Y是用石墨烯制成的渗透性极好的“蓬松”电极，其中石墨烯X极附着锂。该电池的工作原理是，下列说法不正确的是A.充电过程，电源G的b极为负极B.放电过程，Y极发生还原反应C.放电过程，X极的电极反应式为Li-e-+O2LiO2D.充电过程，每转移2mol电子，Y极放出44.8L(标准状况)O2【答案】A【解析】本题考查了原电池和电解池原理。由电池的工作原理可知，放电时，锂为负极，石墨烯X极附着锂，则X极为负极，Y极为正极，充电时，电源的负极连接电池的负极，所以充电过程，电源G的a极为负极，故A错，选A。放电过程，Y极为正极，得电子发生还原反应，故B正确，不选。放电过程，X极为负极，锂放电生成LiO2，故C正确，不选。充电过程，Y极氧元素从-价转化为0价，每转移1mol电子，生成标况下22.4L氧气，所以充电过程，每转移2mol电子，Y极放出44.8L(标准状况)O2，故D正确，不选。6．利用如图所示装置和对应试剂不能达到相应实验目的的是【答案】D【解析】本题考查了物质的检验。乙烯中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，乙烷不能，故A正确，不选。氨气的水溶液呈碱性，能使酚酞溶液变红，故B正确，不选。二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确，不选。氯气溶于水与水反应能生成氯化氢，加入硝酸银溶液，也能产生白色沉淀，故D错，选D。7．下列关于NH4Fe(SO4)2溶液中离子浓度关系的说法中正确的是A.2c()+c(OH-)=c()+3c(Fe3+)+c(H+)B.c()=c(Fe3+)C.c()=c()D.c(OH-)＞c(H+)【答案】A【解析】本题考查了溶液中离子浓度的比较及盐类的水解。根据电荷守恒可得：2c()+c(OH-)=c()+3c(Fe3+)+c(H+)，故A正确。如果铵根离子和铁离子不水解的话，铵根离子浓度等于铁离子的浓度，但铵根离子和铁离子都水解，且水解程度不同，所以铵根离子浓度不等于铁离子的浓度，故B错。如果铵根离子不水解的话，有化学式可知：c()=c()，但铵根离子可水解，使铵根离子浓度减小，c()c()，故C错。铵根离子和铁离子水解，使溶液显酸性，则c(OH-)＜c(H+)，故D错。二、实验题：共1题8．某学习小组欲设计实验探究焦炭与二氧化硅反应的产物。查阅资料:实验室可以用PdCl2溶液检验CO，二者发生反应会产生黑色金属钯，溶液变浑浊。回答下列问题:(1)上述装置连接顺序(按气流从左至右)为B→________→E。(2)加热前，向装置内通入一段时间氮气，其目的是________；D装置的作用是________。(3)若A中出现浑浊，写出A中发生反应的化学方程式________。(4)C装置可用来检验CO2气体，可选用的试剂是________(填字母)。A.NaOH溶液B.Ba(OH)2溶液C.BaCl2溶液D.品红溶液(5)如果不用E装置，可能的后果是________。(6)经测定B装置中生成的CO与CO2物质的量之比为2:1，写出B中发生反应的化学方程式________。【答案】(1)D→A→C(2)除去装置内的空气，防止生成的一氧化碳与氧气反应，发生爆炸；防止倒吸而使玻璃管炸裂；(3)PdCl2+CO+H2OPd+CO2+2HCl(4)B(5)发生一氧化碳中毒(6)2SiO2+3C2Si+2CO↑+CO2↑【解析】本题考查了探究焦炭与二氧化硅反应的产物的实验。(1)B装置是用来进行焦炭与二氧化硅反应的，A装置是用来检验焦炭与二氧化硅反应的产物一氧化碳的，为了防止A装置中溶液倒吸入B装置炸裂玻璃管，所以在B装置和A装置之间连入D装置，C装置在A装置之后检验二氧化碳，为了防止一氧化碳进入空气，发生一氧化碳中毒，需在C装置后连E装置，故上述装置连接顺序(按气流从左至右)为B→D→A→C→E。(2)装置中有空气，碳在加热条件下可与空气中的氧气反应发生爆炸，故加热前，向装置内通入一段时间氮气，其目的是除去装置内的空气，防止生成的一氧化碳与氧气反应，发生爆炸，由上述推断可知，D装置的作用是防止倒吸而使玻璃管炸裂。(3)由信息知，实验室可以用PdCl2溶液检验CO，二者发生反应会产生黑色金属钯，溶液变浑浊可知，PdCl2与CO反应可生成金属钯，Pd元素的化合价从+2价降低为0价，则CO中C元素的化合价从+2价升高为+4价，转化为二氧化碳，根据化合价升降法配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物可得PdCl2+CO→Pd+CO2，可以看出，生成物中O多，反应物中Cl多，所以反应物中还得有水参加，则生成物有氯化氢生成，故A中发生反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2OPd+CO2+2HCl。(4)二氧化碳与氢氧化钠溶液反应无现象，不能用来检验CO2气体，故A错。二氧化碳可与氢氧化钡溶液反应生成白色碳酸钡沉淀，能用来检验CO2气体，故B正确。二氧化碳与氯化钡溶液和品红溶液都不反应，无现象，不能用来检验CO2气体，故CD错。(5)一氧化碳有毒，如果不用E装置，一氧化碳会排入空气中，发生一氧化碳中毒。(6)焦炭与二氧化硅反应可生成硅单质、一氧化碳和二氧化碳，且CO与CO2物质的量之比为2:1，设一氧化碳的系数为2，则二氧化碳的系数为1，碳的系数为3，根据电子守恒可知二氧化硅的系数为2，硅的系数为2，故B中发生反应的化学方程式为2SiO2+3C2Si+2CO↑+CO2↑。三、计算题：共1题9．铈是一种重要的稀土金属元素，纳米CeO2可作抛光材料、催化剂载体(助剂)、汽车尾气吸收剂等，制备纳米CeO2的工艺流程如下(高铈中Ce显+4价):回答下列问题:(1)酸浸过程中，为了加快酸浸速率，可以采取的措施有________(写一条即可)。(2)H2O2的作用是________。(3)为了使硫酸铈溶液中的Ce3+沉淀完全，需加入氨水调节溶液pH至少为________。(已知:Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20，当离子浓度≤1.0×10-5mol/L，认为离子沉淀完全)(4)氧化过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________(5)检验制备的CeO2是否为纳米级的方法是将产品分散至水中，________。(6)高铈离子被还原的速率与温度的关系如图所示。图像中，温度高于T0时，高铈离子被还原的速率逐渐减小的原因是________。(7)测定Ce(OH)4样品纯度：取mg样品用适量稀硫酸溶解后，加蒸馏水稀释至250mL。准确量取出20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴指示剂，用cmol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点并记录消耗标准溶液的体积，将上述步骤重复3次，记录消耗标准溶液的平均体积为VmL。产品的纯度为________。【答案】(1)将铈矿石粉碎(或加热，提供反应温度或适当增大硫酸的浓度等)(2)将高铈硫酸盐还原；(3)9(4)1:4(5)用一束强光照射，若产生丁达尔效应，则制备的CeO2为纳米级；(6)温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢；(7)×100%【解析】本题考查了制备纳米CeO2的工艺流程及有关问题。(1)根据影响化学反应速率的因素可知，将铈矿石粉碎、加热提供反应温度或适当增大硫酸的浓度都可加快酸浸速率。(2)由流程图可知，高铈硫酸盐溶液中加入双氧水和硫酸可转化为硫酸铈溶液，高铈硫酸盐中Ce显+4价，硫酸铈中Ce显+3价，Ce的化合价降低，故双氧水为还原剂，作用是将高铈硫酸盐还原。(3)已知:Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20，当离子浓度≤1.0×10-5mol/L，认为离子沉淀完全，则Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)=1.0×10-5mol/L=1.0×10-20，则c(OH-)==1.0×10-5mol/L，c(H+)=mol/L=10-9mol/L，故需加入氨水调节溶液pH至少为9。(4)由流程图可知，Ce的化合价从氢氧化铈中+3价变为CeO2中的+4价，化合价升高，则氢氧化铈为还原剂，氧气中O的化合价从0价降低为-2价，则氧气为氧化剂，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子相同可知，氧化过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4。(5)如果CeO2为纳米级，则将其分散在水中可形成胶体，胶体具有丁达尔效应，故检验制备的CeO2是否为纳米级的